5. Zadatak

U jednakokračnom trokutu $ABC$ vrijedi $|AB|=|AC|$ i $\angle BAC<60^\circ$ . Neka je točka $D$ na dužini $\overline{AC}$ takva da je $\angle DBC=\angle BAC$ , neka je $E$ sjecište simetrale dužine $\overline{BD}$ i paralele s $BC$ kroz točku $A$ te neka je $F$ točka na pravcu $AC$ takva da se $A$ nalazi između $C$ i $F$ i vrijedi $|AF|=2|AC|$ .

(a) Dokaži da su pravci $BE$ i $AC$ paralelni.

(b) Dokaži da se okomica iz $F$ na $AB$ i okomica iz $E$ na $AC$ sijeku na pravcu $BD$ .

U (b) dijelu zadatka dozvoljeno je korištenje tvrdnje iz (a) čak i ako nije dokazana.

Prvo rješenje.

(a) Budući da je $\angle DBC=\angle BAC$ , te $\angle BCD=\angle BCA$ , trokuti $BDC$ i $ABC$ su slični.

Slijedi da je $|BD|=|BC|$ . Neka je $\alpha=\angle BAC=\angle CBD$ i $\beta=\angle CBA=\angle DCB$ .

Neka je točka $E'$ takva da je $AE'BC$ paralelogram. Slijedi da je $\angle ABE'=\angle BAC=\angle CBD$ , pa je $\angle ABC=\angle CBD+\angle ABD=\angle ABE'+\angle ABD=\angle E'BD$ . Budući da je i $|BE'|=|AC|$ , po S–K–S poučku, slijedi da su trokuti $E'BD$ i $ABC$ sukladni. Dakle, trokut $E'BD$ je jednakokračan, pa $E'$ leži na simetrali stranice $\overline{BD}$ . Budući da su točke $E$ i $E'$ obje na paraleli kroz točku $A$ s $BC$ , zaključujemo da se podudaraju. Dakle, $AEBC$ je paralelogram i pravci $AC$ i $BE$ su paralelni.

Geometrijski prikaz prvog rješenja s točkama A, B, C, D, E, F, G, H i T

(b) Neka je $P$ polovište dužine $\overline{BC}$ . Budući da je prema (a) dijelu $AEBC$ paralelogram, slijedi da je $|BC|=|AE|$ . Zato je $|AE|:|CP|=2:1=|AF|:|CA|$ . Prema S–K–S teoremu slijedi da su trokuti $CAP$ i $AFE$ slični. Zato je $\angle DFE=\frac{1}{2}\angle BAC$ . Budući da je polovište u jednakokračnom trokutu ujedno i nožište visine, vrijedi $\angle APC=90^\circ$ , pa je i $\angle AEF=90^\circ$ .

Neka je $G$ nožište okomice iz $F$ na pravac $AB$ , a $H$ nožište okomice iz $E$ na pravac $AC$ . Neka je točka $T$ presjek pravaca $EH$ i $FG$ . Treba pokazati da $T$ leži na $BD$ .

Prema dokazu (a) dijela trokuti $EBD$ i $ABC$ su slični, pa vrijedi

\angle ADE=180^\circ-\angle BDE-\angle BDC=180^\circ-\angle ACB-\angle ABC=\angle BAC.

Uočimo da je

\angle DFT=90^\circ-\angle FAG=90^\circ-\angle BAC=90^\circ-\angle ADE=\angle DEH=\angle DET.

Dakle, $DEFT$ je tetivni četverokut, pa je $\angle DTE=\angle DFE=\frac{1}{2}\angle BAC$ . Slijedi da je $\angle TDH=90^\circ-\frac{1}{2}\angle BAC$ , dok je $\angle BDH=90^\circ+\frac{1}{2}\angle BAC$ , pa su $B$ , $D$ , $T$ kolinearne točke.

Napomena: Alternativno, možemo uvesti točku $E'$ na paraleli s $BC$ kroz $A$ tako da je $AE'BD$ tetivni četverokut. Tada je $\angle BDE'=\angle BAE'=\angle ABC$ i $\angle BE'D=\angle BAD=\angle BAC$ . Dakle, trokut $E'BD$ ima iste kutove kao $ABC$ . Dakle, točka $E'$ leži na simetrali dužine $\overline{BD}$ , pa je $E=E'$ . Sada slijedi da je $\angle EBC=\angle EBD+\angle DBC=\angle ABC+\angle BAC=180^\circ-\angle BCD$ , pa je $AEBC$ paralelogram, tj. pravci $AC$ i $BE$ su paralelni.

Drugo rješenje.

(a) Neka je $O$ ortocentar trokuta $ABC$ . Uočimo da je $O$ ujedno i središte opisane kružnice trokuta $BCD$ . Primijetimo da je zbog obodnog i središnjeg kuta $\angle EOB=\frac{1}{2}\angle DOB=\angle DCB=\angle EAB$ iz čega slijedi da je četverokut $AEBO$ tetivan. Iz toga dobivamo da je $\angle AEB=180^\circ-\angle AOB=\angle ACB$ gdje zadnja jednakost vrijedi jer je $O$ ortocentar trokuta $ABC$ . A kako je $AE\parallel BC$ dobivamo traženu tvrdnju.

(b) Kao u prvom rješenju.

Treće rješenje.

(a) Neka je $a=|BC|=|BD|$ , $b=|AB|=|AC|$ , $\alpha=\angle BAC=\angle CBD$ i $\beta=\angle CBA=\angle DCB=\angle BDC$ . Tada je $\angle DBA=\angle CBA-\angle CBD=\beta-\alpha$ .

Neka je $X$ točka na polupravcu $AC$ takva da je $\angle XBC=\angle DBA=\beta-\alpha$ . Tada je $\angle XBD=\angle XBC+\angle CBD=\beta=\angle BDX$ . Budući da je $|BD|=|BC|$ , jednakokračni trokuti $XBD$ i $ABC$ su sukladni i vrijedi $|XD|=|XB|=b$ .

Geometrijski prikaz trećeg rješenja s točkama A, B, C, D, E, X, Y i Z

Jednakokračni trokuti $ABC$ i $BCD$ su slični, pa je $|AC|:|BD|=|BC|:|CD|$ , odakle dobivamo $|CD|=\frac{a^2}{b}$ . Sada zaključujemo da je

|XC|=|XD|-|CD|=b-\frac{a^2}{b}=\frac{b^2-a^2}{b}.

Jednakokračni trokuti $EBD$ i $XBD$ imaju zajedničku osnovicu $\overline{BD}$ , stoga je njezina simetrala $XE$ ujedno i simetrala kuta $\angle DXB$ .

Označimo s $Y$ i $Z$ redom točke u kojima pravac $XE$ siječe dužine $\overline{BC}$ i $\overline{AB}$ .

Prema poučku o simetrali kuta u trokutu $XBC$ imamo:

\frac{b^2}{b^2-a^2} =\frac{|XB|}{|XC|} =\frac{|YB|}{|YC|} =\frac{|YB|}{|BC|-|YB|} =\frac{|YB|}{a-|YB|},

pa je $|YB|=\frac{ab^2}{2b^2-a^2}$ .

Nadalje, prema poučku o simetrali kuta u trokutu $XBA$ imamo:

\frac{|ZB|}{|ZA|} =\frac{|XB|}{|XA|} =\frac{|XB|}{|XC|+|CA|} =\frac{b}{\frac{b^2-a^2}{b}+b} =\frac{b^2}{2b^2-a^2}.

Budući da je $AB$ presječnica paralelnih pravaca $AE$ i $BC$ , trokuti $AEZ$ i $BYZ$ su slični, te je $|AE|:|BY|=|AZ|:|BZ|$ , odakle je

|AE|=\frac{|AZ|}{|BZ|}\cdot|BY| =\frac{2b^2-a^2}{b^2}\cdot\frac{ab^2}{2b^2-a^2} =a=|BC|.

Zato je četverokut $BCAE$ paralelogram, odnosno $BE\parallel CA$ .

(b) Kao u prvom rješenju.